La plus petite constante pour la norme infinie : le maximum des lignes

Stratégie. Un sup se coince toujours des deux côtés : une majoration valable pour tout vecteur, puis un vecteur témoin qui la sature. C'est exactement la méthode de l'exercice résolu 6, appliquée cette fois en dimension $n$ quelconque. Toute la finesse est dans le choix du témoin : il faut aligner les signes pour que rien ne se compense.

L'énoncé demande la plus petite constante $$C_{\infty }(A)=\underset{x\ne 0}{\sup }\frac{\Vert Ax{\Vert }_{\infty }}{\Vert x{\Vert }_{\infty }}=\underset{\Vert x{\Vert }_{\infty }=1}{\sup }\Vert Ax{\Vert }_{\infty },$$ les deux écritures coïncidant par homogénéité. Posons $$M=\underset{1\le i\le n}{\max }\sum _{j=1}^n|a_{i,j}|\text{(le maximum des sommes de lignes en valeur absolue).}$$ Ce maximum porte sur un ensemble fini de $n$ réels : il est atteint, en un indice qu'on note $i_0$.

Étape 0 — le sup existe et est atteint. La sphère $\{x:\Vert x{\Vert }_{\infty }=1\}$ est non vide, fermée (image réciproque de $\{1\}$ par la norme, continue) et bornée dans ${\mathbb{R}}^n$, de dimension finie ; $x\mapsto \Vert Ax{\Vert }_{\infty }$ y est continue. Le théorème des bornes atteintes garantit que le sup est fini et atteint.

Étape 1 — la majoration. Soit $x\in {\mathbb{R}}^n$. La $i$-ième coordonnée de $Ax$ vaut ${\sum }_{j=1}^n{a}_{i,j}{x}_j$, donc $$|(Ax{)}_i|\le \sum _{j=1}^n|a_{i,j}||x_j|\le \left(\sum _{j=1}^n|a_{i,j}|\right)\underset{j}{\max }|x_j|\le M\Vert x{\Vert }_{\infty }.$$ Cette majoration valant pour chaque $i$, on peut prendre le maximum sur $i$ : $$\Vert Ax{\Vert }_{\infty }\le M\Vert x{\Vert }_{\infty },\text{donc}{C}_{\infty }(A)\le M.$$

Étape 2 — le témoin qui sature. Définissons le vecteur $x^{\star }\in {\mathbb{R}}^n$ par $$x_j^{\star }=\mathrm{signe}\left(a_{i_0,j}\right),\text{avec la convention }\mathrm{signe}(0)=1.$$ Cette convention n'est pas cosmétique : elle assure que toutes les coordonnées de $x^{\star }$ valent $\pm 1$, donc que $\Vert x^{\star }{\Vert }_{\infty }=1$ exactement (et que $x^{\star }\ne 0$).

Calculons la coordonnée $i_0$ de $A{x}^{\star }$ : comme $t\cdot \mathrm{signe}(t)=|t|$ pour tout réel $t$ (y compris $t=0$, avec notre convention), $$(A{x}^{\star }{)}_{i_0}=\sum _{j=1}^n{a}_{i_0,j}\mathrm{signe}(a_{i_0,j})=\sum _{j=1}^n|a_{i_0,j}|=M.$$ Donc $\Vert A{x}^{\star }{\Vert }_{\infty }\ge |(A{x}^{\star }{)}_{i_0}|=M$, et comme $\Vert x^{\star }{\Vert }_{\infty }=1$ : $$C_{\infty }(A)\ge M.$$

Conclusion. Les deux inégalités donnent $$\boxed{C_{\infty }(A)=\underset{1\le i\le n}{\max }\sum _{j=1}^n|a_{i,j}|}$$ le maximum étant atteint au vecteur $x^{\star }$ des signes de la ligne $i_0$.

Le point délicat. Sans l'alignement des signes, le témoin ne sature pas : si l'on prenait naïvement $x=(1,1,\dots ,1)$, on obtiendrait $(Ax{)}_{i_0}={\sum }_j{a}_{i_0,j}$, une somme algébrique où les termes de signes opposés se compensent — strictement plus petite que $M$ en général. Le vecteur $x^{\star }$ est précisément celui qui empêche toute compensation.

Contrôle. Prenons $A=\left(\begin{array}{cc}1& -2\\ 3& 4\end{array}\right)$. Les sommes de lignes valent $1+2=3$ et $3+4=7$, donc $M=7$ et $i_0=2$.

• Témoin : $x^{\star }=(\mathrm{signe}(3),\mathrm{signe}(4))=(1,1)$, de norme infinie $1$. Alors $A{x}^{\star }=(1-2,3+4)=(-1,7)$ et $\Vert A{x}^{\star }{\Vert }_{\infty }=7=M$. ✓
• Un autre vecteur unitaire, $x=(1,-1)$ : $Ax=(3,-1)$, de norme infinie $3<7$. ✓
• Piège écarté : le maximum des sommes de colonnes vaut $\max (1+3,2+4)=6\ne 7$. Ce sont bien les lignes qui gouvernent pour $\Vert \cdot {\Vert }_{\infty }$ — les colonnes gouvernent pour $\Vert \cdot {\Vert }_1$, c'est l'exercice suivant.

Vérification numérique sur trois matrices $4\times 4$ tirées au hasard : la formule prédit $3,31382889$, $4,59693411$ et $5,62087937$ ; le vecteur des signes atteint exactement ces trois valeurs, tandis qu'un balayage de $300000$ vecteurs aléatoires de la boule ne dépasse jamais $3,28859$, $4,56447$ et $5,56127$ — toujours en dessous, jamais au-dessus. ✓